浙江省金华市十校2025年数学高二下期末检测试题含解析

浙江省金华市十校2025年数学高二下期末检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．抛物线上的点到定点和定直线的距离相等，则的值等于（）A． B． C．16 D．2．已知复数Z满足：，则（）A． B． C． D．3．下列命题中,正确的命题是（）A．若，则B．若，则不成立C．，则或D．，则且4．直线y=a分别与直线y=2x+2，曲线y=x+lnx交于点A、A．3 B．2 C．3245．定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，若函数，，的“新驻点”分别为，则的大小关系为（）A． B． C． D．6．已知等差数列的第项是二项式展开式的常数项，则（）A．B．C．D．7．学校新入职的5名教师要参加由市教育局组织的暑期3期上岗培训，每人只参加其中1期培训，每期至多派2人，由于时间上的冲突，甲教师不能参加第一期培训，则学校不同的选派方法有()A．种 B．种 C．种 D．种8．的展开式中第5项的二项式系数是（）A． B． C． D．9．下列参数方程可以用来表示直线的是（）A．（为参数） B．（为参数）C．（为参数） D．（为参数）10．设集合A=x1,x2,xA．60 B．100 C．120 D．13011．展开式中的所有项系数和是（）A．0 B．1 C．256 D．51212．现有党员6名，从中任选2名参加党员活动，则不同选法的种数为（）A．15 B．14 C．13 D．12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在正四棱锥P-ABCD中，PA=2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的大小为___________．14．若与的夹角为，，，则________.15．在的二项展开式中，若只有的系数最大，则__________．16．已知（为常数），对任意，均有恒成立，下列说法：①的周期为6；②若（为常数）的图像关于直线对称，则；③若，且，则必有；④已知定义在上的函数对任意均有成立，且当时，；又函数（为常数），若存在使得成立，则实数的取值范围是，其中说法正确的是_______（填写所有正确结论的编号）三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，面，且，为中点．（1）证明：//平面；（2）证明：平面平面；（3）求二面角的余弦值．18．（12分）已知椭圆，为右焦点，圆，为椭圆上一点，且位于第一象限，过点作与圆相切于点，使得点，在的两侧.（Ⅰ）求椭圆的焦距及离心率；（Ⅱ）求四边形面积的最大值.19．（12分）在极坐标系中，极点为0，已知曲线与曲线交于不同的两点.求：(1)的值；(2)过点且与直线平行的直线的极坐标方程．20．（12分）某校从参加高二年级期末考试的学生中抽出60名学生，并统计了他们的物理成绩（成绩均为整数且满分为100分），把其中不低于50分的分成五段，，……，后画出如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题：（1）求出物理成绩低于50分的学生人数；（2）估计这次考试物理学科及格率（60分以上为及格）；（3）从物理成绩不及格的学生中选x人，其中恰有一位成绩不低于50分的概率为，求此时x的值；21．（12分）将正整数排成如图的三角形数阵，记第行的个数之和为.（1）设，计算，，的值，并猜想的表达式；（2）用数学归纳法证明（1）的猜想.22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，单位圆上存在两点，满足均与轴垂直，设与的面积之和记为．若，求的值；若对任意的，存在，使得成立，且实数使得数列为递增数列，其中求实数的取值范围．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

根据抛物线定义可知，定点为抛物线的焦点，进而根据定点坐标求得．【详解】根据抛物线定义可知，定点为抛物线的焦点，且，，解得：.故选：C.本题考查抛物线的定义，考查对概念的理解，属于容易题．2、B【解析】

由复数的四则运算法则求出复数，由复数模的计算公式即可得到答案．【详解】因为，则，所以，故选B．本题考查复数的化简以及复数模的计算公式，属于基础题．3、C【解析】

A．根据复数虚部相同，实部不同时，举例可判断结论是否正确；B．根据实数的共轭复数还是其本身判断是否成立；C．根据复数乘法的运算法则可知是否正确；D．考虑特殊情况：，由此判断是否正确.【详解】A．当时，，此时无法比较大小，故错误；B．当时，，所以，所以此时成立，故错误；C．根据复数乘法的运算法则可知：或，故正确；D．当时，，此时且，故错误.故选：C.本题考查复数的概念以及复数的运算性质的综合，难度一般.(1)注意实数集是复数集的子集，因此实数是复数；(2)若，则有.4、D【解析】试题分析：设A(x1,a),B(x2,a)，则2(x1+1)=x2+lnx2考点：导数的应用.5、A【解析】分析：分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可．详解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2，由题意得：α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，①∵ln（β+1）=，∴（β+1）β+1=e，当β≥1时，β+1≥2，∴β+1≤＜2，∴β＜1，这与β≥1矛盾，∴﹣1＜β＜1；②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立，∴3γ2＞0∴γ3＞1，∴γ＞1．∴γ＞α＞β．故选A．点睛：函数、导数、不等式密不可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.6、C【解析】试题分析：二项式展开中常数项肯定不含，所以为，所以原二项式展开中的常数项应该为，即，则，故本题的正确选项为C.考点：二项式定理.7、B【解析】

由题意可知这是一个分类计数问题.一类是：第一期培训派1人；另一类是第一期培训派2人，分别求出每类的选派方法，最后根据分类计数原理，求出学校不同的选派方法的种数.【详解】解:第一期培训派1人时，有种方法,第一期培训派2人时，有种方法,故学校不同的选派方法有，故选B.本题考查了分类计数原理，读懂题意是解题的关键，考查了分类讨论思想.8、D【解析】试题分析：由二项展开式的通项公式得，第5项的二项式系数为.考点：二项式定理.9、A【解析】

选项A:利用加减消元法消参,并求出的取值范围,即可判断出所表示的图形；选项B：利用加减消元法消参,并求出的取值范围,即可判断出所表示的图形；选项C：利用加减消元法消参,并求出的取值范围即可判断出所表示的图形；选项D：利用同角的三角函数关系式进行消参即即可判断出所表示的图形,最后选出正确答案.【详解】选项A:,而,所以参数方程A表示的是直线；选项B：,而,所以参数方程B表示的是射线；选项C：,而,所以参数方程C表示的是线段；选项D：,所以参数方程D表示的是单位圆,故选A.本题考查了参数方程化为普通方程,并判断普通方程所表示的平面图形,求出每个参数方程中横坐标的取值范围是解题的关键.10、D【解析】

根据题意，xi中取0的个数为2,3,4.根据这个情况分类计算再相加得到答案【详解】集合A中满足条件“1⩽xxi中取0的个数为则集合个数为：C5故答案选D本题考查了排列组合的应用，根据xi中取0的个数分类是解题的关键11、B【解析】

令，可求出展开式中的所有项系数和.【详解】令，则，即展开式中的所有项系数和是1，故选B.本题考查了二项式定理的应用，考查了展开式的系数和的求法，属于基础题.12、A【解析】分析：直接利用组合数求解即可．详解：现有党员6名，从中任选2名参加党员活动，则不同选法的种数为故选A点睛：本题考查组合的应用，属基础题..二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、45°【解析】

先确定直线PA与平面ABCD所成的角，然后作两异面直线PA和BE所成的角，最后求解．【详解】∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴就是直线PA与平面ABCD所成的角，即＝60°，∴是等边三角形，AC＝PA＝2，设BD与AC交于点O，连接OE，则OE是的中位线，即，且，∴是异面直线PA与BE所成的角，正四棱锥P－ABCD中易证平面PAC，∴，中，，∴是等腰直角三角形，∴＝45°．∴异面直线PA与BE所成的角是45°．故答案为45°．本题考查异面直线所成的角，考查直线与平面所成的角，考查正四棱锥的性质．要注意在求空间角时，必须作出其“平面角”并证明，然后再计算．14、【解析】

，由此求出结果.【详解】解：与的夹角为，，，.故答案为：.本题考查向量的模的求法，考查向量的数量积公式，考查运算能力，属于基础题.15、10【解析】

根据二项式系数的性质可直接得出答案.【详解】根据二项式系数的性质，由于只有第项的二项式系数最大，故答案为10.本题主要考查了二项式系数的性质，解决二项式系数的最值问题常利用结论：二项展开式中中间项的二项式系数最大，属于基础题.16、②④【解析】

根据成立即可求得对称轴,由对称轴结合解析式即可求得的值,可判断①;根据及对称轴即可求得的值,可判断②;根据条件可得与的关系,结合二次函数的值域即可判断③;根据条件可知函数为偶函数,根据存在性成立及恒成立,转化为函数的值域即可判断④.【详解】对于①,因为对任意,均有成立,则的图像关于直线对称,所以解得.即是轴对称函数,不是周期函数,所以①错误;对于②,的图像关于直线对称,可得,解得,所以②正确;对于③,,而由可知则或.当时,代入可得,即,解不等式组可得,不等式无解,所以不成立当时,代入可得,即,解不等式组可得,即所以,所以,所以③错误;对于④,由可知函数为偶函数,当时,;当时,.所以在上的值域为在上的值域为因为存在使得成立所以只需且即,即实数的取值范围是,所以④正确综上可知,说法正确的是②④故答案为:②④本题考查了函数的奇偶性、对称性及恒成立问题的综合应用,对于分类讨论思想的理解,属于难题。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】

（1）连接BD与AC交于点O，连接EO，证明EO//PB，由线线平行证明线面平行即可；（2）通过证明CD平面PAD来证明平面平面；（3）以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，通过空间向量的方法求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连结BD交AC于点O，连结EO．O为BD中点，E为PD中点，∴EO//PB．EO平面AEC，PB平面AEC，∴PB//平面AEC．（2）证明：PA⊥平面ABCD．平面ABCD，∴．又在正方形ABCD中且，∴CD平面PAD．又平面PCD，∴平面平面．（3）如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．由PA=AB=2可知A、B、C、D、P、E的坐标分别为A（0,0,0）,B（2,0,0）,C（2,2,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）,E（0,1,1）．PA平面ABCD，∴是平面ABCD的法向量，=（0,0,2）．设平面AEC的法向量为,,,则,即∴令,则.∴,二面角的余弦值为本题考查线面平行，面面垂直的判定定理，考查用空间向量求二面角，也考查了学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.18、（Ⅰ）,；（Ⅱ）.【解析】分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何性质求椭圆的焦距及离心率.（Ⅱ）设（，），先求出四边形面积的表达式，再利用基本不等式求它的最大值.（Ⅰ）在椭圆：中，，，所以，故椭圆的焦距为，离心率．（Ⅱ）设（，），则，故．所以，所以，．又，，故．因此．由，得，即，所以，当且仅当，即，时等号成立.点睛：本题的关键在于求此的表达式和化简，由于四边形是不规则的图形，所以用割补法求其面积，其面积求出来之后，又要利用已知条件将其化简为，再利用基本不等式求其最小值.19、（1）；（2）.【解析】

试题分析：（1）把曲线C1和曲线C2的方程化为直角坐标方程，它们分别表示一个圆和一条直线．利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离为d的值，再利用弦长公式求得弦长|AB|的值．

（2）用待定系数法求得直线l的方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式求得l的极坐标方程试题解析：（1）∵，∴，又∵，可得,∴，圆心(0,0)到直线的距离为∴．（2）∵曲线的斜率为1，∴过点且与曲线平行的直线的直角坐标方程为，∴直线的极坐标为，即．20、（1）6；（2）75%；（3）4；【解析】

（1）利用频率分布直方图可求得物理成绩低于分的频率，利用频率乘以总数可得所求频数；（2）根据频率分布直方图可计算得到物理成绩不低于分的频率，从而得到及格率；（3）计算出成绩不低于分的人数，根据古典概型概率计算公式可列出关于的方程，解方程求得结果.【详解】（1）物理成绩低于分的频率为：物理成绩低于分的学生人数为：人（2）物理成绩不低于分的频率为：这次考试物理学科及格率为：（3）物理成绩不及格的学生共有：人其中成绩不低于分的有：人由题意可知：，解得：本题考查利用频率分布直方图计算频数、根据样本数据特征估计总体数据特征、古典概型概率的应用问题；关键是熟练掌握频率分布直方图的相关知识点，考查概率和统计知识的综合